Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Sửa đề \(\sqrt{a^2+bc}+\sqrt{b^2+ca}+\sqrt{c^2+ab}\le6\)
\(\sqrt{a^2+3b}=\sqrt{a^2+\left(a+b+c\right)b}=\sqrt{a^2+ab+b^2+bc}\\ =\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\le\dfrac{a+b+a+c}{2}=\dfrac{2a+b+c}{2}\)
Cmtt \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{b^2+3c}\le\dfrac{a+2b+c}{2}\\\sqrt{c^2+3a}\le\dfrac{a+b+2c}{2}\end{matrix}\right.\)
Cộng VTV:
\(\Leftrightarrow VT\le\dfrac{2a+b+c+a+2b+c+a+b+2c}{2}\\ \Leftrightarrow VT\le\dfrac{4\left(a+b+c\right)}{2}=2\left(a+b+c\right)=6\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=1\)
em chưa hiểu cách biến đổi của cái này ạ\(\sqrt{a^2+ab+b^2+bc}=\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
Có \(\sqrt{\left(3a+b\right)\left(a+3b\right)}\le\frac{3a+b+a+3b}{2}=2\left(a+b\right)\)
Mà 4ab=\(\left(2\sqrt{ab}\right)^2=\left[\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2-\left(a+b\right)\right]^2=\left[1-\left(a+b\right)\right]^2\)
Do đó nếu đặt a+b=t. Khi đó a+b \(\ge\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2}{2}=\frac{1}{2}\)
hay \(t\ge\frac{1}{2}\)
Cần chứng minh: \(3\left(a+b\right)^2-\left(a+b\right)+4ab\ge\frac{1}{2}\sqrt{\left(3a+b\right)\left(a+3b\right)}\)
\(\Leftrightarrow3t^2-t+\left(1-t\right)^2\ge\frac{1}{2}\cdot2t\)
\(\Leftrightarrow4t^2-4t+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(2t-1\right)^2\ge0\)luôn đúng với mọi t \(\ge\frac{1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra <=> \(\hept{\begin{cases}2t-1=0\\3a+b=3b+a\\\sqrt{a}+\sqrt{b}=1\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a+b=\frac{1}{2}\\a=b\\\sqrt{a}+\sqrt{b}=1\end{cases}\Leftrightarrow}a=b=\frac{1}{4}}\)
Lời giải:
Bạn nhớ tới bổ đề sau: Với $a,b>0$ thì $a^3+b^3\geq ab(a+b)$.
Áp dụng vào bài:
$5a^3-b^3\leq 5a^3-[ab(a+b)-a^3]=6a^3-ab(a+b)$
$\Rightarrow \frac{5a^3-b^3}{ab+3a^2}\leq \frac{6a^3-ab(a+b)}{ab+3a^2}=\frac{6a^2-ab-b^2}{3a+b}=\frac{(3a+b)(2a-b)}{3a+b}=2a-b$
Tương tự:
$\frac{5b^3-c^3}{bc+3b^2}\leq 2b-c; \frac{5c^3-a^3}{ca+3c^2}\leq 2c-a$
Cộng theo vế:
$\Rightarrow \text{VT}\leq a+b+c=3$
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
\(\dfrac{a^2}{\sqrt{3a^2+14ab+8b^2}}=\dfrac{a^2}{\sqrt{\left(a+4b\right)\left(3a+2b\right)}}\ge\dfrac{2a^2}{a+4b+3a+2b}=\dfrac{a^2}{2a+3b}\)
Tương tự và cộng lại:
\(VT\ge\dfrac{a^2}{2a+3b}+\dfrac{b^2}{2b+3c}+\dfrac{c^2}{2c+3a}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{5a+5b+5c}=\dfrac{a+b+c}{5}\) (đpcm)
minh nghi vay
Áp dụng BĐT cô si ta có :
ab+bc+ca≥33√ab.bc.ca=3ab+bc+ca≥3ab.bc.ca3=3
⇒BĐT⇒BĐTcần CMCM: 3>9a+b+c⇔a+b+c>33>9a+b+c⇔a+b+c>3
Mà a,b,c > 0 => abc > 0
⇒a+b+c≥33√abc≥3⇒a+b+c≥3abc3≥3
Dấu "=" xảy ra ⇔\hept{a=b=ca2=b2=c2=1⇔a=b=c=1
Từ \(a+b+ab=3\Rightarrow a+b=3-ab\ge3-\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+6\right)\left(a+b-2\right)\ge0\Rightarrow a+b\ge2\)
Biến đổi bài toán như sau:
\(P=\frac{3a}{b+1}+\frac{3b}{a+1}+\frac{ab}{a+b}-a^2-b^2\le\frac{3}{2}\)
Tức là chứng minh \(\frac{3}{2}\) là GTLN của \(P\)
\(P=\frac{3\left(a^2+b^2\right)+3\left(a+b\right)}{ab+a+b+1}+\frac{3-a-b}{a+b}-\left(a+b\right)^2++2\left(3-a-b\right)\)
\(=\frac{3}{4}\left[3\left(a+b\right)^2-6\left(3-a-b\right)+3\left(a+b\right)\right]\)
\(+\frac{3}{a+b}-1-\left(a+b\right)^2+6-2\left(a+b\right)\)
Khảo sat đồ thì trên \(a+b\ge2\) tìm tìm được \(P_{Max}=\frac{3}{2}\)
P/s:giờ mk đi ngủ, mệt r` chỗ nào khó hiểu mai hỏi :D
ta có: \(VT=\frac{a\left(a+b+ab\right)}{b+1}+\frac{b\left(a+b+ab\right)}{a+1}+\frac{ab}{a+b}\)
\(=a^2+b^2+\frac{ab}{a+b}+\frac{ab}{a+1}+\frac{ab}{b+1}\)
cần cm \(\frac{ab}{a+b}+\frac{ab}{a+1}+\frac{ab}{b+1}\le\frac{3}{2}\)
theo giả thiết \(4=\left(a+1\right)\left(b+1\right)\le\frac{1}{4}\left(a+b+2\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a+b\ge2\)
ta có: \(\frac{ab}{a+b}=\frac{ab+a+b}{a+b}-1=\frac{3}{a+b}\le\frac{3}{2}-1\)(*)
\(\frac{ab}{a+1}+\frac{ab}{b+1}\le\frac{1}{4}\left(b+ab\right)+\frac{1}{4}\left(a+ab\right)=\frac{1}{4}\left(3+ab\right)\)(**)
giờ cần tìm max ab.để ý rằng \(ab=ab+a+b-\left(a+b\right)=3-\left(a+b\right)\le3-2=1\)
khi đó \(\frac{ab}{a+b}+\frac{ab}{a+1}+\frac{ab}{b+1}\le\frac{3}{2}-1+\frac{1}{4}\left(3+1\right)=\frac{3}{2}\)(đpcm)
dấu = xảy ra khi a=b=1